2025-2026学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末物理试卷(含详细答案解析)

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末物理试卷一、单选题：本大题共10小题，共30分。1.功是能量转化的量度，下列单位中可以表示功单位的是(

)A.V⋅A B.eV C.kg2.比值定义法是物理学中定义物理量的一种常用且重要的方法，所谓比值定义法，就是用两个物理量的‘比’来定义一个新的物理量的方法。以下公式属于比值定义的是(

)A.加速度a=Fm B.电场强度E=Ud C.3.2026年春晚最大亮点是科技与文化的深度融合，其中人形机器人表演最为瞩目。如图所示，一质量为M的机器人从下蹲的静止状态竖直向上起跳，经过t时间身体伸直以大小为v的速度离开地面，在该过程中(

)A.研究机器人的摆臂起跳动作时可将其视为质点

B.地面对机器人的支持力大于机器人对地面的压力

C.地面对机器人的平均作用力大小为Mvt

4.下列图像分别表示电势能EP、电势φ、电场强度E随位置x的变化关系以及电容器的放电电流I随时间t的变化关系，以下说法正确的是(

)

A.图①中电荷沿x轴移动时电场力对其一定做负功

B.图②中电子在x2处电势能一定比在x1处电势能大

C.图③中曲线与坐标轴所围面积代表电场中的电势

D.图④中电容器b的电容一定比电容器5.一根均匀带电的直橡胶棒沿轴线水平向右做速度为v的匀速直线运动。已知橡胶棒长度为L、横截面积为S、棒上的电子总数为N个，元电荷为e。关于橡胶棒运动形成的等效电流，下列说法正确的是(

)A.方向向左

大小为NSve B.方向向右

大小为NSve

C.方向向左

大小为NveL D.方向向右6.在空中某点，将两个完全相同的小球以大小相同的初速度分别水平抛出和竖直向上抛出，不计空气阻力，则从抛出到落地，两小球(

)A.落地时速度相同 B.速度变化量相同

C.重力做功不同 D.落地时重力的瞬时功率不同7.小明同学在高一物理学习时对风洞产生了浓厚的兴趣，进行了如下实验，将金属圆环套在水平粗糙横杆上，一轻质金属丝一端与金属圆环相连，另一端拴接匀质同材料金属球，将水平横杆固定于风洞内。无风时，金属丝竖直下垂。现进行两次测试，两次测试中金属圆环与横杆间均未发生相对滑动。第一次和第二次的实验数据如下：风洞内水平风速分别为v、2v、金属球半径分别为r、2r，金属球稳定时金属丝与竖直方向夹角分别为α、β，金属圆环所受摩擦力分别为f1、f2。已知风对金属球的推力F正比于Sv2，v为风速，S为金属球垂直风向面积，则A.tanβ=2tanα B.tanβ8.如图所示，电源电动势和内阻均保持不变，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照的增强而减小。开关S闭合，电路稳定后，电容器两板间的一带电液滴恰好能静止在M点，若此时将带电液滴固定在M点。下列说法中正确的是(

)A.仅将电容器下极板向右平移少许，则两板间的电场强度减小

B.仅将电容器下极板向下平移少许，则R2中有从右向左的电流

C.仅减弱照射电阻R3的光照强度，则R3上消耗的功率一定增大

D.仅增强照射电阻R39.质量为m的卫星，在A点从半径为R的近地圆轨道Ⅰ(离地高度可忽略)变轨到椭圆轨道Ⅱ，在椭圆轨道Ⅱ的B点再次变轨进入半径为r=3R的圆轨道Ⅲ，轨道Ⅲ上运行速率为v2。卫星在椭圆轨道Ⅱ上运行的周期为T，轨道Ⅱ上经过A点速率为v1A.在圆轨道Ⅰ上运行的速率大于v1

B.地球的密度为48πGT2

C.在椭圆轨道上B点的加速度小于v210.小明学习了静电场知识后，设计了一个如图所示的控制电子运动的装置。MN两板形状为14圆弧，圆心均为O，其间存在加速电场。M板处电子均匀分布，初速度为零，加速后速度均指向O点。OABC矩形区域内有4层紧邻的间距相等的匀强电场，场强大小均为E，方向沿竖直方向交替变化。已知OA=d，AB=43d，电子质量为m，电荷量大小为e，A.1：2 B.4：7 C.3：5 D.2：3二、多选题：本大题共3小题，共12分。11.下列物理量的负号表示大小(或高低)的是(

)A.力F=−10N B.功W=−10J12.利用电动机通过如图所示的电路提升重物。已知电源电动势E=6V，电源内阻r=1Ω，电阻R=3Ω，重物质量m=0.2kg。当将重物固定时，电压表的示数为5VA.电动机内部线圈的电阻为2Ω

B.稳定匀速提升重物时，I=1A

C.重物匀速上升时的速度为0.7513.如图甲所示，轻质弹簧的一端固定在倾角为θ的光滑斜面底端，另一端自然伸长。可视为质点的物块从斜面上离弹簧最上端一定距离处静止释放，在下滑过程中，物块的动能Ek随位移x的变化关系如图乙所示，0∼x1之间的图线为直线，x1∼x3之间的图线为曲线，其中x2对应图线最高点，两图中所标字母均为已知量。弹簧的弹性势能EpA.物块的机械能守恒 B.弹簧的劲度系数为Ek0x1(x2−三、实验题：本大题共3小题，共24分。14.三个实验小组按照图甲、乙、丙三种方案分别做“探究同一个小车运动的加速度与力的关系”的实验。实验中，用天平测量小车总质量M和重物质量m，用打点计时器在纸带上打点，测量小车运动的加速度大小，实验时都补偿了阻力。

(1)以下关于甲组同学的实验操作，说法正确的是(

)

A.为减小误差，实验中一定要先释放小车，再接通电源

B.补偿阻力时，若纸带上打出点距逐步增大，说明补偿阻力时长木板倾角太大

C.若把重物和小车当作一个系统，一起作为研究对象，则该实验无需补偿阻力

D.若把重物和小车当作一个系统，一起作为研究对象，则该实验无需满足M≫m

(2)实验时，甲、乙、丙三组同学的操作均完全正确，三组同学实验所用小车总质量相同。他们作出的a−F图线如图1中A、B、C所示，C的前面部分图线与B重合，则A、B、C三条图线所对应的实验小组依次是(

)

A.甲、乙、丙

B.甲、丙、乙

C.乙、丙、甲

D.乙、甲、丙

(3)实验时，甲组同学得到如图2所示的一条纸带。打点计时器在纸带上打出一些计数点，相邻的两个计数点间还有4个点未画出，打点计时器所用的交流电频率为50Hz。小车的加速度大小为a=

15.某同学利用气垫导轨和光电门验证机械能守恒定律，实验装置如图甲所示。当地重力加速度为g。

步骤1：利用游标卡尺测得遮光条的宽度d；用天平测得滑块和遮光条的总质量M，钩码的质量m；用刻度尺测得释放前滑块上遮光条到光电门的距离l。

步骤2：改变遮光条到光电门的距离l，多次重复实验，得到几组不同的l和对应的遮光时间Δt，在坐标纸上作出1Δt2−l图像如图乙中a所示。

步骤3：在保证钩码的质量m和遮光条的宽度d不变的情况下，该同学换用质量不同的滑块再次进行实验，重复步骤2，得到的图像如图乙中b所示。

(1)分析可知a图线对应的滑块和遮光条的总质量

(选填“大于”或“小于”)b图线对应的滑块和遮光条的总质量；

(2)若a图线斜率为k，则其对应的滑块和遮光条的总质量M=

(用k16.(1)如图1，用螺旋测微器测金属棒直径d为

mm；如图2用20分度游标卡尺测金属棒长度L为

mm。

(2)某同学测量一节锂电池的电动势和内阻，设计了如图甲所示的电路，选用的器材如下：

A.毫安表mA(量程为100mA，内阻为4Ω)

B.电压表V(量程为3V，内阻很大)

C.电阻箱R1(0∼99.9Ω)

D.滑动变阻器R2(0∼50Ω)

E.待测锂电池(电动势标称值为3.0V)

F.开关一个、导线若干

由于毫安表mA的量程太小，因此实验前需要将其改装成量程为0.6A的电流表，图甲中电阻箱R1应调整为

Ω。

(3)改变滑动变阻器滑片的位置，记录两电表的示数，电压表示数为U，毫安表示数为I。描点得到如图乙所示的U−I四、计算题：本大题共4小题，共34分。17.如图所示，长L=6m、质量M=1kg的木板静置于光滑水平面上，质量m=1kg的小物块(可视为质点)放在木板的右端，木板和物块间的动摩擦因数μ=0.2，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。现对木板施加一水平向右的拉力F，取g=10m18.试着用物理原理处理有关篮球运动的问题。已知篮球质量为m，重力加速度为g，篮球可视为质点，不计空气阻力。sin37∘=0.6，cos37∘=0.8

(1)空中投篮：运动员跳起后空中投篮，篮球以与水平面成37∘的倾角准确落入篮筐。已知投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐的距离为x，求篮球出手时速度大小v。

(2)转身运球：可将转身运球的过程理想化为如图所示的模型，薄长方体代表手掌，转身时球紧贴竖立的手掌，篮球绕着转轴(左脚所在竖直线)在水平面内做圆周运动。在转身快要结束时，篮球有一段速率随时间均匀减小的运动过程，直到篮球刚好滑离手掌。已知篮球刚开始减速时的初速度大小为v0=3gr，减速过程中沿圆周轨迹切线方向的加速度大小为g。假设手掌和球之间的动摩擦因数为19.某弹射装置如图所示，左端固定的轻弹簧处于压缩状态且锁定，弹簧具有的弹性势能Ep0=14.5J。质量m=1.0kg的小滑块(视为质点)静止于弹簧右端C点，其中水平轨道AC段光滑，CB段粗糙，小滑块与CB段的动摩擦因数μ1=0.5，C点到B点距离sCB=2m。水平轨道AB与倾角θ=30∘的传送带在B点平滑连接，传送带长度L=8.0m，传送带以恒定速率v0=8.0m/s顺时针转动。某时刻解除锁定，滑块被弹簧弹射后滑上传送带，并从传送带顶端D点斜抛落至地面。已知小滑块与传送带间的动摩擦因数μ2=20.工厂的尾气排放前需经过静电除尘装置除去废气中的烟尘。图甲是一个模拟装置，该装置中有一段长为L、宽为b、高为d的矩形通道，通道的前、后表面为绝缘材料，上、下面为金属极板。两极板与一个内阻不计、输出电压可调的高压直流电源相连，图乙是该除尘通道的截面图。大量均匀分布且质量均为m、电荷量均为−q的烟尘微粒随废气一起以v0=10m/s的水平速度从左向右进入矩形通道，带负电的微粒在匀强电场的作用下发生偏转，碰到金属极板后其所带电荷被中和，同时被极板收集。定义除尘率η为被极板收集的微粒数与进入通道的微粒总数之比。已知L=0.5m、d=0.4m、b=0.5m、m=5×10−9kg、q=2×10−10C，忽略烟尘微粒间的相互作用以及平行板的边缘效应，不考虑气体分子的电离现象，不计烟尘微粒的重力。为提高除尘效率，烟尘收集在下极板。求：

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、功的国际单位为焦耳，满足1J=1N⋅m=1kg⋅m2⋅s−2，功与能量单位一致。V是电压U的单位，A是电流I的单位，结合P=UI可知，V⋅A是功率的单位，故A错误；

B、eV是能量单位，由电场力做功公式W=qU可知，1eV等于元电荷e在1V电压下电场力做的功，属于功的单位，故B正确；

C、由功率推导式P=Wt=mast可知，功率的单位为2.【答案】C

【解析】解：A、a=Fm是牛顿第二定律的表达式，加速度a由合外力F和质量m共同决定，与F成正比、与m成反比，不属于比值定义，加速度的比值定义式为a=ΔvΔt，故A错误；

B、E=Ud是匀强电场中电场强度与电势差的计算式，仅适用于匀强电场，电场强度由电场本身性质决定，与U、d无关，电场强度的比值定义式为E=Fq，该式不属于比值定义，故B错误；

C、电势φ是电场的固有属性，与试探电荷的电势能Ep、电荷量q均无关，φ=EPq通过电势能和电荷量的比值定义电势，符合比值定义的特征，故C正确；

D、R=ρL3.【答案】D

【解析】解：A、研究机器人摆臂起跳动作时，需要分析其各部分的动作，不能忽略机器人的形状和大小，因此不能将其视为质点，故A错误；

B、地面对机器人的支持力和机器人对地面的压力是一对相互作用力，二者始终大小相等，方向相反，故B错误；

C、以竖直向上的方向为正方向，对起跳过程应用动量定理可得：F−t−Mgt=Mv−0，解得地面对机器人的平均作用力为：F⃐=Mvt4.【答案】B

【解析】解：A.电场力做功与电势能变化的关系为：

W电=−ΔEp，

静电力做正功，电势能减小；静电力做负功，电势能增加。

由图①可知，Ep随x增大而增大，

因此，电荷只有沿x正方向移动时Ep增加，电场力做负功，若沿x负方向移动，Ep减小，则电场力做正功，

所以图①中电荷沿x轴移动时电场力对其不一定做负功，故A错误；

B.电子带负电，电势能为：

Ep=qφ=−eφ，

由图②可知：

x2>x1，φx2<φx1，

因此：

Ep2=−eφx2>−eφx1=Ep1，

5.【答案】C

【解析】解：根据电流的定义I=qt，整个橡胶棒总电荷量q=Ne，橡胶棒长度为L、运动速度为v，整根橡胶棒全部通过某一横截面的时间t=Lv，联立可得I=NveL，电流方向规定为正电荷定向移动的方向，与负电荷定向移动方向相反。本题中带负电的电子随橡胶棒向右运动，因此等效电流方向向左。6.【答案】D

【解析】解：A、速度是矢量，两小球落地时速度大小相等，但平抛落地速度方向斜向下，竖直上抛落地速度方向竖直向下，方向不同，故落地速度不同，故A错误；

B、由加速度的定义可得：g=ΔvΔt，所以有：Δv=g⋅Δt，由于竖直上抛运动总时间大于平抛运动的时间，故Δv大小不同，速度变化量不同，故B错误；

C、重力所做功为W=mgh，两小球下落高度h相同、质量m相同，故重力做功相同，故C错误；

D、重力的瞬时功率为：P=mgvy7.【答案】A

【解析】解：AB、根据题意分析可知，设金属球的密度为ρ，半径为R，则金属球的质量为m=ρ⋅43πR3

金属球稳定时金属丝与竖直方向夹角为θ，根据平衡条件和几何关系可得tanθ=Fmg

由题意可知F=kSv2=kπR2v2

联立可得tanθ=kπR2v2ρ⋅43πR38.【答案】D

【解析】解：B、仅将电容器下极板向下平移少许，U不变，电容器两极板间距d增大，根据C=εS4πkd可知，电容C减小，根据Q=CU可知，电容器所带电量减小，即电容器放电，因此R2中有从左向右的电流，故B错误；

A、由图可知，电容器两端电压U等于R1两端电压。仅将电容器下极板向右平移少许，U不变，电容器两极板间距d不变，根据E=Ud可知，两板间的电场强度不变，故A错误；

C、将R1作为电源内阻，则电源等效内阻为R1+r，则R3上消耗的功率P=(Er+R1+R3)2R3=E2[R3−(r+R1)]2R3+4(r+R1)。可知当R3=r+R19.【答案】D

【解析】解：A、根据题意分析可知，卫星从近地圆轨道Ⅰ变轨到椭圆轨道Ⅱ，需要做离心运动，必须在A点点火加速，因此圆轨道Ⅰ的速率小于v1，故A错误；

B、根据题意分析可知，椭圆轨道Ⅱ的近地点距地心R，远地点距地心3R，因此半长轴a=R+3R2=2R

根据开普勒第三定律a3T2=GM4π2

整理得M=32π2R3GT2

又地球体积V=43πR3

则地球的密度ρ=MV=32π2R3GT243πR3=24πGT2，故B错误；

C、根据题意分析可知，加速度由万有引力决定，B点到地心的距离始终为3R，无论在椭圆轨道Ⅱ还是圆轨道Ⅲ，B点的万有引力相同GMm(3R)2=ma

对圆轨道Ⅲ有GMm(3R)2=mv223R

联立可得10.【答案】A

【解析】解：电子在M、N之间加速运动，由动能定理可得−eUMN=12mv2，解得电子在O点的速度v=233eEdm；

设电子与OC边的入射角为θ时，电子恰好从B点射出，对电子受力分析，可知电子在水平方向上做匀速直线运动，在竖直方向上反复做加速度大小相同的减速运动、加速运动；

由分运动的等时性，可知电子运动的总时间：t=43dvcosθ，解得：t=2cosθmd3eE

竖直方向：vy12−vy02=−2a⋅d4，vy22−vy11.【答案】CD

【解析】解：A、力是矢量，矢量的负号仅表示力的方向与规定正方向相反，不表示大小，故A错误；

B、功是标量，功的负号表示力对物体做负功(反映做功的效果，即力阻碍物体运动)，不表示大小，功的大小由绝对值体现，故B错误；

C、重力势能是标量，重力势能具有相对性，负号表示该位置的重力势能比零势能面的重力势能更小，负号直接反映了重力势能的大小，故C正确；

D、电势是标量，电势是相对量，负号表示该点电势比零电势更低，负号直接反映了电势的高低，故D正确。

故选：CD。

矢量的正负表示矢量的方向；功的负号表示阻力做功；重力势能和电势的正负表示大小。

本题考查矢量与标量，解题关键是掌握矢量与标量的区别，知道矢量的正负表示矢量的方向，标量的正负可以表示大小。12.【答案】AC

【解析】解：A、由题意可知，电源电动势E=6V，内阻r=1Ω。当重物固定时，电压表示数为U=5V，根据闭合电路欧姆定律，电路中电流为I′=E−Ur，解得：I′=1A。电动机的电阻RM=U−I′RI′，代入数据解得：RM=2Ω，故A正确。

BCD、当重物匀速上升时，电压表示数为U′=5.5V，此时电路中电流为13.【答案】BC

【解析】解：A.物块在下滑过程中当受到弹簧的弹力作用时，弹力对物块做负功，所以由机械能守恒定律可知，物块的机械能不守恒，故A错误；

B.0∼x1阶段有：

mgsinθ⋅x1=Ek0，

在x2位置有：

mgsinθ=k(x2−x1)，

联立可得，弹簧的劲度系数为：

k=Ek0x1(x2−x1)，故B正确；

C.当物块运动到最低点时，弹簧压缩到最短，加速度最大，则由功能关系可得：

mgsinθ⋅x3=12k(x3−x14.【答案】BDC0.380

【解析】解：(1)A.打点计时器实验需要先接通电源，待打点稳定后再释放小车，才能充分利用纸带，减小误差，故A错误；

B.补偿阻力时，若纸带上点距逐步增大，说明小车加速运动，重力分力大于阻力，说明长木板倾角过大，故B正确；

C.即使把重物和小车作为系统，长木板对小车的阻力仍然存在，仍需要补偿阻力，故C错误；

D.把重物和小车作为系统，系统合外力就是mg，不需要将mg近似为小车拉力，因此不需要满足M≫m，故D正确；

故选：BD。

(2)a−F图线的斜率为k=aF，M为小车质量：

甲图：将重物重力mg作为横坐标的F，a=mgM+m=FM+m，当F较小时，m≪M，斜率近似1M，和B重合；当F增大后，m变大，斜率逐渐减小，图线向下弯曲，对应图线C；

乙图：小车受到的拉力T=2F(F为弹簧测力计读数，即横坐标的F)，因此a=2FM，斜率k=2M，斜率最大，对应图线A；

丙图：力传感器直接测得绳子拉力F，因此a=FM，斜率k=1M，始终为直线，对应图线B；

因此A、B、C依次对应乙、丙、甲

故ABD错误，C正确；

故选：C。

15.【答案】小于2

【解析】解：(1)由机械能守恒可得mgl=12(M+m)(dΔt)2

整理得1Δt2=2mg(M+m)d16.【答案】3.191102.300.82.40.5824

【解析】解：(1)螺旋测微器的固定刻度读数为3mm，可动刻度读数为19.1×0.01mm=0.191mm，可得金属棒直径d=3mm+0.191mm=3.191mm；

20分度游标卡尺的精度值为0.05mm，其主尺读数为102mm，游标尺第6格对齐，游标读数为6×0.05mm=0.30mm，可得金属棒长度L=102mm+0.30mm=102.30mm。

(2)毫安表满偏电流Ig=100mA=0.1A，内阻Rg=4Ω，改装后量程IA=0.6A。根据并联分流规律可得：

IgRg=(IA−Ig)R1

17.【答案】使物块与木板保持相对静止一起运动的拉力F的最大值为4N

若F=6N，要使物块不从木板上滑下，F作用的最长时间为【解析】解：(1)当物块和木板刚好发生相对滑动时，物块的加速度由最大静摩擦力提供。对物块m由牛顿第二定律有μmg=mamax

得最大加速度amax=μg，代入数据解得amax=2m/s2

对整体(M+m)，由牛顿第二定律有F=(M+m)amax

解得拉力的最大值F=4N

(2)当F=6N>4N，物块与木板发生相对滑动，临界情况为：物块刚好不从木板滑下时，两者总相对位移等于木板长度L，且最终共速。

①F作用过程：物块加速度a1=μg，代入数据解得a1=2m/s2

对木板由牛顿第二定律可得F−μmg=Ma2

解得a2=4m/s2

设F作用时间为t，则t时刻物块速度v1=a1t，木板速度v2=a2t

此阶段相对位移Δx1=18.【答案】空中投篮：运动员跳起后空中投篮，篮球以与水平面成37∘的倾角准确落入篮筐；已知投球点和篮筐正好在同一水平面上，设投球点到篮筐的距离为x，篮球出手时速度大小为2524gx

①篮球刚减速时手掌对篮球的弹力为3mg【解析】解：(1)篮球做斜抛运动，水平方向x=vcos37∘t

竖直方向t=2vsin37∘g

联立解得v=2524gx

(2)①手掌对篮球的弹力提供向心力，根据牛顿第二定律可得F=mv02r=3mg

②竖直方向，根据平衡条件有fy=mg

水平方向，根据牛顿第二定律有fx=mg

根据矢量的合成有f=fx2+fy2

联立可得f=2mg

③根据f=2mg=μ19.【答案】小滑块运动到B点时的速度大小为3.0m/s

小滑块在传送带上运动过程中摩擦力对其做的功为60J

传送小滑块电动机多消耗的电能为96J

弹性势能E【解析】解：(1)小滑块从C点运动到B点，依据能量守恒与动能定理可得Ep0−μ1mgsCB=12mv2，代入已知数据，解得滑块到达B点时的速度大小为v=3.0m/s。

(2)小滑块在传送带上所受滑动摩擦力